1、- 1 -河北省武邑中学 2016-2017 学年高二物理上学期周考试题（11.20，含解析）一、选择题1如图所示，两个圆形线圈 P 和 Q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若 12I，P、Q 受到安培力大小分别为 12F、 ，则 P 和 QA相互吸引， 12FB相互排斥，C相互排斥， 12D相互吸引，【答案】D考点：考查了安培力【名师点睛】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系同向电流相互吸引，异向电流相互排斥2如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为 n，线圈的水平边长为 L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为 B，方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I 时
2、，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需- 2 -A在天平右盘中增加质量 nBILmg的砝码B在天平右盘中增加质量 2的砝码C在天平左盘中增加质量 nBILg的砝码D在天平左盘中增加质量 2m的砝码【答案】D考点：考查了安培力，共点力平衡条件【名师点睛】开始时电流逆时针，根据左手定则，底边安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即 2AmgF3有两根长直导线 a、b 相互平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图，在图中所示的平面内，O 点为两根导线连接的中点，M、N 为两根导线附
3、近的两点，它们在两导线连接的中垂线上，且与 O 点的距离相等。若两导线中通有大小相等，方向相同的恒定电流 I，则关于线段 MN 上各点的磁感应强度的说法中正确的是- 3 -AM 点和 N 电的磁感应强度大小相等，方向相反BM 点和 N 电的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段 MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段 MN 上只有一点的磁感应强度为零【答案】BD考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】根据安培定则判断两根导线在 M、 N 两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系在线段 MN 上只有 O 点的磁感应强度为零4如图是磁电式电流表的结构，
4、蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中 a、b 两条导线长均为，通以图示方向的电流 I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为 B，则A该磁场是匀强磁场B线圈平面总与磁场方向垂直- 4 -C线圈将逆时针转动D线圈将逆时针转动【答案】D【解析】试题分析：该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A 错误；由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故 B 错误；由左手定则可知，a 受到的安培力向上，b 受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故 C 错误 D 正确考点：磁电式电流表【名师点睛】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是
5、一个热点题型，需要重点掌握5磁流体发电机是一项新兴技术，如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则A用电器中的电流方向从 A 到 BB用电器中的电流方向从 B 到 AC若只增大磁场，发电机的电动势增大D若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【答案】ACD考点：考查了带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步- 5 -受力分析结合牛顿第
6、二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论6如图所示，在一平面正方形 MNPQ 区域内有一匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为 B，一质量为 m，电荷量为 q 的粒子以速度 v 从 Q 点沿着边 QP 夹角为 30的方向垂直进入磁场，从 QP 边界射出，已知 OP 边长为 a，不计粒子的重力，下列说法正确的是A该粒子带正电B运动过程中粒子的速度不变C粒子在磁场中运动的时间为 3mqBD粒子的速度的最大值为 2a【答案】C考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 mvRBq，周期公式 2mTB
7、q，运动时间公式 2tT，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，7平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30，其横截面（纸面）如图所示，平面 OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，一带电粒子的质量为 m，电荷量为- 6 -q（q0） 。粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30，已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力，粒子离开磁场的出射点到两平米交线 O 的距离为A 2mvqB B 3mvq C 2vqB
8、D 4mvqB【答案】D考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 mvRBq，周期公式 2mTBq，运动时间公式 2tT，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，8如图所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从 f 点沿 fd方向射入磁场区域，当速度大小为 bv时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 bt，当速度大小为 cv时，从 c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 ct，不计粒子重力，则- 7 -A :12:1bcbc
9、vt， B :2:12bcbcvt，C ， D 1，【答案】A考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 mvRBq，周期公式 2mTBq，运动时间公式 2tT，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，9如图所示，倾角为 =37的足够长的固定斜面处于垂直斜面向里的匀强磁场中，一带正电小物块从斜面顶端由静止开始沿斜面向下滑动，运动时间与速度图像如图所示， （已知sin37=0.6，cos37=0.8， 210/gms） ，则下列说法正确的是- 8 -A小物块下滑的
10、加速度为 21/6msB小物块最终将飞离斜面做曲线运动C小物块下滑过程中机械能守恒D如小物块质量为 0.1kg，则 t=0.25s 时，重力的功率为 1.5W【答案】C考点：考查了洛伦兹力，速度时间图像，功率的计算【名师点睛】物体受的洛伦兹力方向垂直于斜面向下，与运动方向垂直，小物块下滑过程中机械能守恒，且不会飞离斜面，从时间与速度图像知物体的加速度10如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由 A 点进入这个区域沿直线运动，从 C 点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从 B 点离开区域，如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从 D 点
11、离开场区，已知 BC=CD，设粒子在上述三种情况下，从 A 到 B，从 A 到 C 和从 A 到 D 所用的时间分别是123tt、 、，离开三点时的动能分别是 123kkE、 、 ，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是- 9 -A 123ttBC 123kkED 【答案】BC考点：考查了带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】根据粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动的合成与分解，可得 12t；当在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动时，时间与路程长短有关根据动能定理，结合电场力做功，从而可确定动能的大小关系二、实验题11用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为_mm。用游标为 50分度的卡尺
12、（测量值可准确到 0.02mm）测定某圆柱体的直径时，卡尺上的示数如图所示，可读出圆柱的直径为_mm。【答案】8.125mm；42.12mm【解析】- 10 -试题分析：螺旋测微器的固定刻度读数为 8mm，可动刻度读数为：0.0111.6mm=0.116mm，所以最终读数为：8mm+0.116mm=8.116mm游标卡尺的主尺读数为 42mm，游标尺上第 10 个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为 0.026mm=0.12mm，所以最终读数为：42mm+0.12mm=42.12mm；考点：考查了螺旋测微器和游标卡尺读数【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数
13、的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读12某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。（1）实验室除提供开关 S 和导线外，还有以下器材可供选择：A电压表 V（量程 3V，内阻 10VRk）B电流表 G（量程 3mA，内阻 G）C电流表 A（量程 3A，内阻约为 0.5）D滑动变阻器： 1（阻值范围 010，额定电流 2A）E 2R（阻值范围 01000，额定电流 1A）F定值电阻： 30.5该同学依据器材画出了如图 1 所示的原理图，他没有选用电流表 A 的原因是_。（2）该同学将电流表 G 与定值电阻 3R并联，实际上
14、是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_A。（3）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用滑动变阻器_（填写器材的符号） ；（4）该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表 G 读数为横坐标，以电压表 V 读数为纵- 11 -坐标绘出了如图 2 所示的图线，根据图线可求出电源的电动势 E=_V（结果保留三位有效数字） ，电源的内阻 r=_（结果保留两位有效数字） ；【答案】 （1）电流表量程太大（2） 0.63A（3） 1R（4） .8VE； 0.4【解析】考点：测量电源电动势和内阻实验【名师点睛】测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表
15、，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法三、计算题13如图所示，宽度为 d 的有界匀强磁场，磁感应强度为 B， M和 N是它的两条边界，现有质量为 m，电荷量绝对值为 q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界 N射出，则粒子入射速率 v 的最大值可能是多少。【答案】 2Bqdvm或 2Bqdvm【解析】- 12 -试题分析：题目中只给出粒子“电荷量为 q”，未说明是带哪种电荷若带正电荷，轨迹是如图所示上方与 NN相切的 14圆弧，如图 1 所示考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 mv
16、RBq，周期公式 2mTBq，运动时间公式 2tT，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，14如图所示，在 xoy 坐标系中，x 轴上 N 点到 O 点的距离是 12cm，虚线 NP 与 x 轴负向的夹角是 30，第 I 象限内 NP 的上方有匀强磁场，磁感应强度 B=1T，第 IV 象限有匀强电场，方向沿 y 轴正向，以质量 m=8 10kg，电荷量 q=1 410C带正电粒子，从电场中M（12，-8）点由静止释放，经电场加速后从 N 点进入磁场，又从 y 轴上 P 点穿出磁场，不计粒子重力，取 3，求：- 13 -（1）粒子在
17、磁场中运动的速度 v；（2）粒子在磁场中运动的时间 t；（3）匀强电场的电场强度 E。【答案】 （1） 40/vms（ 2） 51.60s（3） 310/Vm考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径15如图，在 xoy 平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行 y 轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为 y 轴，右边界为 52
18、xd的直线，磁场方向垂直纸面向外。质量为 m，带电量为+q 的粒子从 y 轴上 P 点以初速度 0v垂直 y 轴射入匀强电场，在电场力作- 14 -用下从 x 轴上 Q 点以与 x 轴正方向成 45角进入匀强磁场，已知 OQ=d，不计粒子重力，求：（1）P 点坐标；（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度 B 的取值范围；（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度 B 的取值范围。【答案】 （1） （0， 2d）（2） 1（3） 00(2)4mvvqdqd（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为 1r，则1sin45rd解得： 12()rd令粒子在磁场中的速度为 v，则 0cos45v- 15 -根据牛顿第二定律21mvqBr解得： 012()mvBqd要使粒子能再进入电场，磁感应强度 B 的范围 1（3）假设粒子刚好从 52xd处磁场边界与电场的交界 D 处第二次进入磁场，设粒子从 P 到Q 的时间为 t，考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
